2021年海南省天一大联考高考化学一模试卷

这是一份2021年海南省天一大联考高考化学一模试卷，共33页。试卷主要包含了选择题，非选择题本题共5小题，共60分等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）化学与生产、生活密切相关。下列做法可行的是（ ）
A．跨海大桥的水下钢柱镶嵌铜块以防止被腐蚀
B．疫情期间可用一定浓度的“84”消毒液对环境进行消杀处理
C．光缆通信工程中，将硅单质制成纤维用于信号传输
D．为防止废弃电池对环境的污染，可采用填埋法处理电池
2．（2分）青蒿素是治疗疟疾的有效药，其提取方法较多，如图是一种提取方法，其中没有涉及的操作是（ ）
A．萃取B．过滤C．蒸馏D．分液
3．（2分）乙醇被氧化可生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．上述反应涉及的元素电负性：O＞C＞H
B．O2的电子式可表示为
C．质量数为65的Cu原子可表示为Cu
D．乙醛的球棍模型可表示为
4．（2分）根据下列实验设计的装置或操作正确的是（ ）
A．如图用装置可收集气体SO2、HCl、NH3
B．用如图装置可控制CO2的产生和停止
C．用如图装置进行标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，眼睛注视滴定管内液面变化
D．用如图装置在实验室配制100mL一定浓度的NaOH溶液
5．（2分）氯乙烯在工业上有着广泛的用途，可用乙炔通过下列可逆反应合成：CH≡CH（g）+HCl（g）CH2＝CHCl（l）△H＝﹣124.8kJ•ml﹣1。工业生产中，需要向生产设备中连续不断地通入反应混合气体。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应混合气体的流速越大，乙炔的转化率越大
B．升高温度，反应速率和平衡常数均增大
C．增大HCl（g）的通入量，乙炔的平衡转化率增大，但平衡常数不变
D．采用合适的催化剂，可使乙炔完全转化为氯乙烯
6．（2分）工业上常用浓氨水来检验氯气管道是否漏气其反应的化学方程式为8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl。下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应涉及的四种物质的熔点均主要取决于范德华力或氢键
B．NH4Cl溶液中离子浓度：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）
C．NH3和NH4Cl中N原子的杂化方式均为sp3
D．NH4Cl中的配位键是由H提供空轨道、Cl提供孤电子对形成的
7．（2分）设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1L 0.5mlL﹣1Ba（OH）2溶液中所含H原子数为NA
B．电解精炼铜中，阳极质量减小32g时转移的电子数为NA
C．11.2L（标准状况）SO2与足量O2反应转移的电子数为NA
D．16g氧气和臭氧的混合气体中所含氧原子数为NA
8．（2分）下列反应（未标注反应条件，未配平）中的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1的是（ ）
A．KMnO4→K2MnO4+MnO2+O2B．Cl2+H2O→HCl+HClO
C．H2S+SO2→S+H2OD．Fe3++Fe→Fe2+
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9．（4分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．使酚酞变红的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣
B．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13ml•L﹣1的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
C．0.1mL﹣1KNO3溶液Fe3+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣
D．0.1ml•L﹣1盐酸：Fe2+、Mg2+、ClO﹣、NO3﹣
10．（4分）佛手苷内酯是佛手的提取物，具有抗感染和止痛的功效，其结构如图所示。下列关于佛手苷内酯的说法正确的是（ ）
A．分子中存在2种官能团
B．分子中不存在手性碳原子
C．其酸性水解产物遇FeCl3溶液能发生显色反应
D．1ml佛手苷内酯最多能与6ml H2反应
11．（4分）锂一氟化碳电池是一种商品化的固态锂电池，电解质为含Li+和BF4﹣的离子液体，工作原理如图所示，电池总反应为nLi+（CF）n═nLiF+nC。已知LiF难溶于水。电池工作时，下列说法不正确的是（ ）
A．.甲电极的电极反应为Li﹣e﹣═Li+
B．交换膜为阴离子交换膜
C．乙电极为电池正极
D．转移1ml电子时，正极质量减小12g
12．（4分）下列实验操作或方法可实现相应实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13．（4分）下列有关物质结构与性质的事实解释错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14．（4分）常温下，向20mL 0.1ml•L﹣1氨水中缓慢加入20mL 0.1ml•L﹣1的稀盐酸，溶液中NH3•H2O、NH4+的物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示。已知常温下，0.1ml•L﹣1氨水的pH＝11。下列说法错误的是（ ）
A．a点溶液中：n（NH3•H2O）＝n（NH4+）＝0.001ml
B．NH3•H2O的电离常数约为1×10﹣5
C．a点时，V（HCl）＝10mL
D．V（HCl）＝20mL时，溶液中：c（H+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O）
三、非选择题本题共5小题，共60分。
15．（10分）三氧化钨主要用于煅烧还原生产钨粉进而用于生产硬质合金产品、钨丝、钨电极等。如图是利用黑钨矿（主要成分为 FeWO4、MnWO4，还含有杂质硅、磷、砷）制备三氧化钨的简易流程图。回答下列问题：
（1）有一种钨的氧化物组成为WO（3﹣n），其组成中钨有+5、+6两种化合价，且物质的量之比为3：7，则n＝ 。
（2）“焙烧”的主要目的是 。
（3）“浸取”后的滤液中，含钨的离子为 。（填离子符号）
（4）已知：Ksp（CaWO4）＝2.52×10﹣3。测得“析钨”后的溶液中，c（Ca2+）＝1.50ml•L﹣1，则该溶液中c（WO42﹣）＝ ml•L﹣1。
（5）利用铝热反应可将三氧化钨冶炼为金属钨，写出该反应的化学方程式： 。
16．（10分）化石燃料的使用会造成氮氧化物污染，氮氧化物污染的治理是环保科技工作者目前的重要任务。回答下列问题：
（1）NO过量排放，逸出到臭氧层，加速了臭氧层的破坏，原理如图1所示。该过程中发生反应的总化学方程式为 。
（2）应用碳或CO等还原剂可将NO转化为无毒的物质，已知反应
ⅰ.2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H1＝﹣221.0kJ•ml﹣1
ⅱ.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+180.5kJ•ml﹣1；
ⅲ.2NO（g）+C（s）⇌CO2（g）+N2（g）△H3＝﹣573.75kJ•ml﹣1
ⅳ.2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H4
①反应ⅳ的焓变△H4＝ kJ•ml﹣1，升高温度，平衡 。（填“向正反应方向移动”“向逆反应方向移动”或“不移动”）
②一定温度下，向某密闭容器中充入CO（g）和NO（g）发生反应ⅳ测得容器中c（NO）和c（CO）随时间的变化曲线如图2所示。0～2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）＝ ml•L﹣1•s﹣1。4s时反应达到平衡，该温度下的平衡常数K＝ 。
（3）采用电解方法也可以使NO转化为NH4+，原理如图3所示，则M极的电极反应式为 。
17．（12分）苯甲酸是合成药物染料的化工原料，还可用于制增塑剂、媒染剂、杀菌剂和香料等。某实验小组以甲苯和高锰酸钾为主要原料制备苯甲酸的步骤如下：
所用主要装置、物质转化及部分物质的性质如下表。
回答下列问题
（1）仪器a的名称是 ，冷却水的流入口是 。（填“m”或“n”）
（2）三颈烧瓶中，KMnO4被还原为MnO2，还有KOH等生成，则其中发生反应的化学方程式是 。
（3）制备过程中，出现 现象时可停止加热。
（4）反应结束后向反应体系中加入NaHSO3溶液的目的是 。
（5）实验过程中进行两次过滤，过滤需要的玻璃仪器有烧杯、 ，过滤1”的目的是 。
（6）用0.10ml•L﹣1标准NaOH溶液滴定苯甲酸可测定产品纯度。称取1.00g制备的苯甲酸样品，用稀乙醇溶液溶解，配成100mL溶液，分别取出25mL溶液，滴加3滴酚酞试液，用0.10ml•L﹣1标准NaOH溶液滴定，三次滴定的读数如下表。
则制得的苯甲酸样品中苯甲酸的纯度为 。
18．（14分）化合物F是合成用于辅助治疗胃、十二指肠溃疡的溴丙胺太林药物的中间体，其合成路线如图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）A→B的反应类型是 。
（3）C中含氧官能团的名称是 。
（4）D的结构简式是 。
（5）在A的同分异构体中，符合下列条件的有 种，其中核磁共振氢谱中有3组峰的结构简式是 。
a.苯环上有一个取代基是氯原子；
b.加热条件下，能与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成Cu2O。
（6）设计以甲苯为原料合成苯乙酸苯甲酯（）的路线（其他试剂任选） 。
19．（14分）Cu及其化合物在日常生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题
（1）Cu在元素周期表中位于 区，基态Cu原子的核外电子排布式是 。
（2）硫酸四氨合铜[Cu（NH3）4]SO4}是一种高效、安全的植物生长激素，在施药条件下，能明显提高作物产量。
①[Cu（NH3）4]SO4中SO42﹣的中心原子S的杂化轨道类型是 。
②[Cu（NH3）4）2+是一种配离子，1ml[Cu（NH3）4]2+中含有 ml σ键。[Cu（NH3）4]2+中4个配位键的键长相等，2个NH3被Cl取代后的配离子有2种同分异构体，则[Cu（NH3）4）2+的空间构型是 （不考虑H原子的位置），NH3的VSEPR模型名称是 。
（3）铜的两种氧化物的晶胞结构如图所示，则Cu2O中Cu+的配位数为 ，CuO晶体的密度为6.39g•cm﹣3，则CuO的晶胞体积为 cm3。（列出含NA的计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）
2021年海南省天一大联考高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2分）化学与生产、生活密切相关。下列做法可行的是（ ）
A．跨海大桥的水下钢柱镶嵌铜块以防止被腐蚀
B．疫情期间可用一定浓度的“84”消毒液对环境进行消杀处理
C．光缆通信工程中，将硅单质制成纤维用于信号传输
D．为防止废弃电池对环境的污染，可采用填埋法处理电池
【分析】A.在原电池中，负极被腐蚀，正极被保护；
B.“84”消毒液中的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
D.电池填埋会造成土壤和水污染。
【解答】解：A.跨海大桥的水下钢柱镶嵌铜块，则钢柱和铜块会形成原电池，铜做正极被保护，钢柱做负极被腐蚀，故A错误；
B.“84”消毒液中的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性，故能用于环境的杀菌消毒，故B正确；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅，而不是单质硅，故C错误；
D.电池填埋后随着雨水的浸透，会造成土壤和水污染，故废旧电池不能随意丢弃，也不能采用填埋法，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护、环境的保护等问题，应注意掌握硅和二氧化硅的用途的区别。
2．（2分）青蒿素是治疗疟疾的有效药，其提取方法较多，如图是一种提取方法，其中没有涉及的操作是（ ）
A．萃取B．过滤C．蒸馏D．分液
【分析】黄花蒿的叶粉加乙醚萃取，然后过滤除去难溶物质，蒸馏滤液得到乙醚和青蒿素，据此分析。
【解答】解：黄花蒿的叶粉加乙醚萃取，然后过滤除去难溶物质，蒸馏滤液得到乙醚和青蒿素，涉及的操作依次为萃取、过滤、蒸馏，没有涉及分液，
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
3．（2分）乙醇被氧化可生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．上述反应涉及的元素电负性：O＞C＞H
B．O2的电子式可表示为
C．质量数为65的Cu原子可表示为Cu
D．乙醛的球棍模型可表示为
【分析】A.同一周期从左到右（稀有气体除外），元素的电负性逐渐增强；在CH4中，C显﹣4价，H为+1价，据此分析电负性；
B.氧气中O原子之间以双键结合；
C.表示原子时，将质量数标示在元素符号的左上方，质量数标示在左下方；
D.用小球和小棍表示的模型为球棍模型。
【解答】解：A.同一周期从左到右（稀有气体除外），元素的电负性逐渐增强，故电负性O＞C；在CH4中，C显﹣4价，H为+1价，故电负性C＞H，则此三种元素的电负性O＞C＞H，故A正确；
B.氧气中O原子之间以双键结合，故其电子式为，故B错误；
C.表示原子时，将质量数标示在元素符号的左上方，质量数标示在左下方，故质量数为65的Cu原子可表示为Cu，故C错误；
D.用原子间的相对大小表示出物质的空间结构的模型为比例模型，故为乙醛的比例模型，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及球棍模型、电子式以及电负性等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及规范答题能力。
4．（2分）根据下列实验设计的装置或操作正确的是（ ）
A．如图用装置可收集气体SO2、HCl、NH3
B．用如图装置可控制CO2的产生和停止
C．用如图装置进行标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，眼睛注视滴定管内液面变化
D．用如图装置在实验室配制100mL一定浓度的NaOH溶液
【分析】A.长导管进气可收集密度比空气密度大的气体，短导管进气可收集密度比空气密度小的气体；
B.碳酸钠为粉末，与盐酸接触后不能分离；
C.滴定时眼睛观察锥形瓶内颜色的变化；
D.不能在容量瓶中溶解固体。
【解答】解：A.长导管进气可收集密度比空气密度大的气体，短导管进气可收集密度比空气密度小的气体，可收集气体SO2、HCl、NH3，故A正确；
B.碳酸钠为粉末，与盐酸接触后不能分离，关闭止水夹不能使反应停止，故B错误；
C.滴定时眼睛观察锥形瓶内颜色的变化，可判断滴定终点，故C错误；
D.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的收集及制备、中和滴定、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（2分）氯乙烯在工业上有着广泛的用途，可用乙炔通过下列可逆反应合成：CH≡CH（g）+HCl（g）CH2＝CHCl（l）△H＝﹣124.8kJ•ml﹣1。工业生产中，需要向生产设备中连续不断地通入反应混合气体。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应混合气体的流速越大，乙炔的转化率越大
B．升高温度，反应速率和平衡常数均增大
C．增大HCl（g）的通入量，乙炔的平衡转化率增大，但平衡常数不变
D．采用合适的催化剂，可使乙炔完全转化为氯乙烯
【分析】A.气体的流速大，气体来不及反应；
B.焓变为负，为放热反应；
C.增大HCl（g）的通入量，可使平衡正向移动，但K与温度有关；
D.催化剂不影响平衡移动。
【解答】解：A.气体的流速大，气体来不及反应，则乙炔的转化率减小，故A错误；
B.焓变为负，为放热反应，则升高温度反应速率增大，但平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C.增大HCl（g）的通入量，可使平衡正向移动，但K与温度有关，则乙炔的平衡转化率增大，但平衡常数不变，故C正确；
D.催化剂不影响平衡移动，采用合适的催化剂，不能使乙炔完全转化为氯乙烯，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
6．（2分）工业上常用浓氨水来检验氯气管道是否漏气其反应的化学方程式为8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl。下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应涉及的四种物质的熔点均主要取决于范德华力或氢键
B．NH4Cl溶液中离子浓度：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）
C．NH3和NH4Cl中N原子的杂化方式均为sp3
D．NH4Cl中的配位键是由H提供空轨道、Cl提供孤电子对形成的
【分析】A.熔点取决于范德华力和氢键的晶体为分子晶体；
B.NH4Cl在溶液中会水解显酸性，但水解程度很小；
C.价层电子对数＝σ键数+孤电子对数；
D.NH4Cl中的配位键形成于N和H之间。
【解答】解：A.熔点取决于范德华力和氢键的晶体为分子晶体，而NH4Cl是离子晶体，故其熔点取决于离子键，故A错误；
B.NH4Cl在溶液中电离出的NH4+会水解，故c（Cl﹣）＞c（NH4+），但水解程度很小，故c（NH4+）＞c（H+），故B错误；
C.价层电子对数＝σ键数+孤电子对数，故NH3和NH4Cl中N原子的价层电子对数均为4，故均为sp3杂化，故C正确；
D.NH4Cl中的配位键形成于N和H之间，N原子提供孤电子对，H提供空轨道，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了晶体类型的判断以及杂化轨道的杂化类型，应注意价层电子对数的计算和杂化轨道类型的判断方法。
7．（2分）设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1L 0.5mlL﹣1Ba（OH）2溶液中所含H原子数为NA
B．电解精炼铜中，阳极质量减小32g时转移的电子数为NA
C．11.2L（标准状况）SO2与足量O2反应转移的电子数为NA
D．16g氧气和臭氧的混合气体中所含氧原子数为NA
【分析】A.氢氧化钡溶液中，除了氢氧化钡外，水也含H原子；
B.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜更活泼的金属；
C.标况下11.2L二氧化硫的物质的量为n＝＝0.5ml，而二氧化硫和氧气的反应是可逆反应；
D.氧气和臭氧均由氧原子构成。
【解答】解：A.氢氧化钡溶液中，除了氢氧化钡外，水也含H原子，故此溶液中H原子数大于NA个，故A错误；
B.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜更活泼的金属，故当阳极质量减少32g时，阳极失去电子多于NA个，故B错误；
C.标况下11.2L二氧化硫的物质的量为n＝＝0.5ml，而二氧化硫和氧气的反应是可逆反应，故反应转移的电子数小于NA个，故C错误；
D.氧气和臭氧均由氧原子构成，故混合物中含有的氧原子的物质的量为n＝＝1ml，个数为NA个，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟悉以物质的量为核心计算公式，明确物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）下列反应（未标注反应条件，未配平）中的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1的是（ ）
A．KMnO4→K2MnO4+MnO2+O2B．Cl2+H2O→HCl+HClO
C．H2S+SO2→S+H2OD．Fe3++Fe→Fe2+
【分析】反应中，某种物质中元素化合价升高被氧化，生成氧化产物，某种物质中元素化合价降低被还原，生成还原产物，据此分析。
【解答】解：A．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑反应中，O2是氧化产物，K2MnO4和MnO2是还原产物，由电子守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故A不选；
B．HCl是还原产物，HClO是氧化产物，由电子守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，故B不选；
C．2H2S+SO2＝3S+2H2O，H2S被氧化生成氧化产物，SO2被还原生成还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故C选；
D．2Fe3++Fe＝3Fe2+，Fe被氧化生成氧化产物，Fe3+被还原生成还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，题目难度不大。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9．（4分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．使酚酞变红的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣
B．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣13ml•L﹣1的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
C．0.1mL﹣1KNO3溶液Fe3+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣
D．0.1ml•L﹣1盐酸：Fe2+、Mg2+、ClO﹣、NO3﹣
【分析】A．使酚酞变红色的溶液呈碱性；
B．水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性；
C．能和硝酸钾溶液反应的离子不能大量共存；
D．酸性条件下ClO﹣、NO3﹣都具有强氧化性。
【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液呈碱性，NH4+、OH﹣反应生成一水合氨而不能大量共存，故A错误；
B．水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，碱性条件下Mg2+、OH﹣生成沉淀而不能大量共存，故B错误；
C．能和硝酸钾溶液反应的离子不能大量共存，这几种离子之间不反应且和硝酸钾不反应，所以能大量共存，故C正确；
D．酸性条件下ClO﹣、NO3﹣都具有强氧化性，能氧化Fe2+生成Fe3+而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含条件的挖掘和灵活应用，D为解答易错点，题目难度不大。
10．（4分）佛手苷内酯是佛手的提取物，具有抗感染和止痛的功效，其结构如图所示。下列关于佛手苷内酯的说法正确的是（ ）
A．分子中存在2种官能团
B．分子中不存在手性碳原子
C．其酸性水解产物遇FeCl3溶液能发生显色反应
D．1ml佛手苷内酯最多能与6ml H2反应
【分析】A．该分子中含有碳碳双键、醚键、酯基；
B．该分子中不存在手性碳原子；
C．其酸性水解产物结构简式为；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应。
【解答】解：A．该分子中含有碳碳双键、醚键、酯基三种官能团，故A错误；
B．该分子中不存在手性碳原子，故B正确；
C．其酸性水解产物结构简式为，含有酚羟基，所以其酸性水解产物遇FeCl3溶液能发生显色反应，故C正确；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个苯环、2个碳碳双键，所以1ml佛手苷内酯最多能与5ml H2反应，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（4分）锂一氟化碳电池是一种商品化的固态锂电池，电解质为含Li+和BF4﹣的离子液体，工作原理如图所示，电池总反应为nLi+（CF）n═nLiF+nC。已知LiF难溶于水。电池工作时，下列说法不正确的是（ ）
A．.甲电极的电极反应为Li﹣e﹣═Li+
B．交换膜为阴离子交换膜
C．乙电极为电池正极
D．转移1ml电子时，正极质量减小12g
【分析】锂一氟化碳电池是一种商品化的固态锂电池，电解质为含Li+和BF4﹣的离子液体，总反应为nLi+（CF）n═nLiF+nC，甲是负极，负极上Li失电子生成Li+，乙是正极，为（CF）n，正极反应为（CF）n+ne﹣+nLi+═nLiF+C，据此分析。
【解答】解：A．甲是负极，负极上Li失电子生成Li+，电极反应为Li﹣e﹣═Li+，故A正确；
B．Li+通过离子交换膜在正极上形成LiF，所以交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．乙是正极，为（CF）n，正极反应为（CF）n+ne﹣+nLi+═nLiF+C，故C正确；
D．乙是正极，为（CF）n，正极反应为（CF）n+ne﹣+nLi+═nLiF+C，转移1ml电子时，正极质量减小12g，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了新型化学电源，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的应用，题目难度不大。
12．（4分）下列实验操作或方法可实现相应实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.二氧化氮与水反应生成不溶于水的NO和硝酸，溴水为橙色；
B.盐酸为无氧酸；
C.滴加4滴氯水，先氧化碘离子，碘易溶于四氯化碳；
D石蜡油的分解实验中加入碎瓷片作催化剂。
【解答】解：A.二氧化氮与水反应生成不溶于水的NO和硝酸，溴水为橙色，现象不同可验证，故A正确；
B.盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；
C.滴加4滴氯水，先氧化碘离子，碘易溶于四氯化碳，可知碘离子的还原性大于亚铁离子的还原性，故C正确；
D石蜡油的分解实验中加入碎瓷片作催化剂，不起防暴沸作用，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、非金属性及还原性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（4分）下列有关物质结构与性质的事实解释错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．原子核外电子吸收能量跃迁到激发态，激发态不稳定，会跃迁到基态，同时以光的形式释放能量；
B．分子之间存在氢键时，沸点较高；
C．非极性分子易溶于非极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂；
D．共价键键能越大，共价键越稳定。
【解答】解：A．霓虹灯发出五颜六色的光，是因为原子核外电子吸收能量跃迁到激发态，激发态不稳定，会跃迁到基态，同时以光的形式释放能量，所以解释错误，故A错误；
B．HF分子间能形成氢键，HCl不能形成氢键，分子之间存在氢键时，沸点较高，所以HF的沸点高于HCl，故B正确；
C．碘是非极性分子，易溶于非极性溶剂CCl4，水是极性分子，所以碘在水中的溶解度较小，故C正确；
D．共价键键能越大，共价键越稳定，N﹣H键的键能比P﹣H键的键能大，所以N﹣H键比P﹣H键稳定，则NH3的稳定性比PH3强，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，涉及氢键、相似相溶原理、共价键等，题目难度不大，注意把握氢键对物质性质的影响、相似相溶原理等知识点为解答的关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
14．（4分）常温下，向20mL 0.1ml•L﹣1氨水中缓慢加入20mL 0.1ml•L﹣1的稀盐酸，溶液中NH3•H2O、NH4+的物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示。已知常温下，0.1ml•L﹣1氨水的pH＝11。下列说法错误的是（ ）
A．a点溶液中：n（NH3•H2O）＝n（NH4+）＝0.001ml
B．NH3•H2O的电离常数约为1×10﹣5
C．a点时，V（HCl）＝10mL
D．V（HCl）＝20mL时，溶液中：c（H+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O）
【分析】A．a点溶液中：n（NH3•H2O）＝n（NH4+），根据氮原子守恒计算；
B．0.1ml•L﹣1氨水的pH＝11，溶液中c（NH4+）≈c（OH）＝10﹣3ml/L；
C．当加入盐酸体积为10mL时，反应后溶质为等浓度的NH3•H2O、NH4Cl，NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度；
D．当加入盐酸体积为20mL时，反应后溶质为氯化铵，结合物料守恒和电荷守恒分析。
【解答】解：A．20mL 0.1ml•L﹣1氨水中n（NH3•H2O）+n（NH4+）＝0.002ml，所以a点溶液中：n（NH3•H2O）＝n（NH4+）＝0.001ml，故A正确；
B．0.1ml•L﹣1氨水的pH＝11，溶液中c（NH4+）≈c（OH）＝10﹣3ml/L，则Kb＝＝＝1×10﹣5，故B正确；
C．当加入盐酸体积为10mL时，反应后溶质为等浓度的NH3•H2O、NH4Cl，NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，则溶液中c（NH4+）＞c（NH3•H2O），而图中a点c（NH4+）＝c（NH3•H2O），故C错误；
D．加入20mL等浓度的盐酸时，反应后溶质为NH4Cl，物料守恒为：（Cl﹣）＝c（NH4+）+c（NH3•H2O），电荷守恒为：c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），则溶液中存在c（H+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度不大，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
三、非选择题本题共5小题，共60分。
15．（10分）三氧化钨主要用于煅烧还原生产钨粉进而用于生产硬质合金产品、钨丝、钨电极等。如图是利用黑钨矿（主要成分为 FeWO4、MnWO4，还含有杂质硅、磷、砷）制备三氧化钨的简易流程图。回答下列问题：
（1）有一种钨的氧化物组成为WO（3﹣n），其组成中钨有+5、+6两种化合价，且物质的量之比为3：7，则n＝ 0.15 。
（2）“焙烧”的主要目的是 将FeWO4、MnWO4转化为Fe2O3、Mn3O4 。
（3）“浸取”后的滤液中，含钨的离子为 WO42﹣ 。（填离子符号）
（4）已知：Ksp（CaWO4）＝2.52×10﹣3。测得“析钨”后的溶液中，c（Ca2+）＝1.50ml•L﹣1，则该溶液中c（WO42﹣）＝ 1.68×10﹣3 ml•L﹣1。
（5）利用铝热反应可将三氧化钨冶炼为金属钨，写出该反应的化学方程式： 2Al+WO3Al2O3+W 。
【分析】黑钨矿的主要成分为 FeWO4、MnWO4，还含有杂质硅、磷、砷，加入碳酸钠后，进行焙烧，使FeWO4、MnWO4与碳酸钠反应生成Fe2O3、Mn3O4、Na2WO4，同时释放出CO2气体，用水浸取后，过滤，除去Fe2O3、Mn3O4，并对滤液进一步除杂，除去其中含有的硅、磷、砷，再向所得的滤液（Na2WO4）中加入CaCl2和HCl，生成钨酸钙沉淀，进一步得到钨酸，最后得到WO3，
（1）根据WO（3﹣n）中+5、+6价钨的物质的量之比为3：7，计算出正价总数，根据化合价代数和为零，计算出n即可；
（2）“焙烧”的主要目的是使FeWO4、MnWO4反应生成Fe2O3、Mn3O4；
（3）根据流程分析可知，“浸取”后的滤液中含WO42﹣；
（4）Ksp（CaWO4）＝c（Ca2+）×c（WO42﹣）＝2.52×10﹣3，则c（WO42﹣）＝；
（5）根据铝热反应的原理可知，铝和三氧化钨反应生成钨和三氧化二铝，根据原子守恒即可写出方程式。
【解答】解：（1）WO（3﹣n）中+5、+6价钨的物质的量之比为3：7，则正价总数为：＝5.7，所以（3﹣n）×2＝5.7，解得：n＝0.15，
故答案为：0.15；
（2）“焙烧”的主要目的是将FeWO4、MnWO4转化为对应的氧化物，即Fe2O3、Mn3O4，
故答案为：将FeWO4、MnWO4转化为Fe2O3、Mn3O4；
（3）根据流程分析可知，”浸取”后的滤液中，含钨的离子为WO42﹣，
故答案为：WO42﹣；
（4）Ksp（CaWO4）＝c（Ca2+）×c（WO42﹣）＝2.52×10﹣3，则c（WO42﹣）＝ml/L＝ml/L＝1.68×10﹣3ml/L，
故答案为：1.68×10﹣3；
（5）根据铝热反应的原理可知，铝和三氧化钨反应生成钨和三氧化二铝，化学方程式为：2Al+WO3Al2O3+W，
故答案为：2Al+WO3Al2O3+W。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，具体涉及到流程分析，化合价代数和为零的应用，Ksp的计算，方程式的书写，题目难度中等。
16．（10分）化石燃料的使用会造成氮氧化物污染，氮氧化物污染的治理是环保科技工作者目前的重要任务。回答下列问题：
（1）NO过量排放，逸出到臭氧层，加速了臭氧层的破坏，原理如图1所示。该过程中发生反应的总化学方程式为 2O33O2 。
（2）应用碳或CO等还原剂可将NO转化为无毒的物质，已知反应
ⅰ.2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H1＝﹣221.0kJ•ml﹣1
ⅱ.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+180.5kJ•ml﹣1；
ⅲ.2NO（g）+C（s）⇌CO2（g）+N2（g）△H3＝﹣573.75kJ•ml﹣1
ⅳ.2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H4
①反应ⅳ的焓变△H4＝ ﹣746 kJ•ml﹣1，升高温度，平衡 向逆反应方向移动 。（填“向正反应方向移动”“向逆反应方向移动”或“不移动”）
②一定温度下，向某密闭容器中充入CO（g）和NO（g）发生反应ⅳ测得容器中c（NO）和c（CO）随时间的变化曲线如图2所示。0～2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）＝ 3.75×10﹣4 ml•L﹣1•s﹣1。4s时反应达到平衡，该温度下的平衡常数K＝ 5000 。
（3）采用电解方法也可以使NO转化为NH4+，原理如图3所示，则M极的电极反应式为 NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O 。
【分析】（1）由图1可知，NO破坏臭氧层的原理为：NO+O3＝O2+NO2，O3+NO2＝2O2+NO；
（2）①目标方程式中CO为反应物，N2为生成物，利用盖斯定理，方程式ⅱ+2ⅲ﹣ⅰ可得△H4；
②NO表示的平均反应速率等于0～2s内NO浓度的变化量；平衡常数等于平衡时生成物浓度系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积，由图可知反应物的起始量和平衡量，据此可求算生成物的平衡量，进而求算平衡常数；
（3）M极与电源负极相连作阴极。
【解答】解：（1）由反应机理可知，NO为臭氧生成氧气的催化剂，NO2为中间产物，反应方程式为2O33O2，
故答案为：2O33O2；
（2）已知ⅰ.2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H1＝﹣221.0kJ•ml﹣1
ⅱ.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2＝+180.5kJ•ml﹣1；
ⅲ.2NO（g）+C（s）⇌CO2（g）+N2（g）△H3＝﹣573.75kJ•ml﹣1
由盖斯定理ⅱ+2ⅲ﹣ⅰ可得2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（8）+N2（s）△H4＝△H2+2△H3﹣△H1＝（+180.5kJ•ml﹣1）+2×（﹣573.75kJ•ml﹣1）﹣（﹣221.0kJ•ml﹣1）＝﹣746kJ•ml﹣1，反应放热，升温平衡向逆反应方向移动，
故答案为：﹣746；向逆反应方向移动；
②0～2s内，CO的浓度变化量为（36﹣28.5）×10﹣4ml/L＝7.5×10﹣4ml/L，NO的浓度变化量c（NO）＝7.5×10﹣4ml/L，v（NO）＝＝＝3.75×10﹣4ml/（L•S）；4s时反应达到平衡时，c平衡（CO）＝27×10﹣4ml/L，c平衡（NO）＝1×10﹣4ml/L，c变化（CO）＝（36×10﹣4﹣27×10﹣4）ml/L＝9×10﹣4 ml/L，则c平衡（CO2）＝9×10﹣4ml/L，c平衡（N2）＝4.5×10﹣4ml/L，K＝＝＝5000，
故答案为：3.75×10﹣4；5000；
（3）NO在M极得电子，电极反应式为NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，
故答案为：NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O。
【点评】本题考查电解原理应用、盖斯定律、速率和平衡常数求算，综合性很强，题目难度中等，能结合三段式求算平衡时各组分的量是求解平衡常数的关键，难点是化学相关计算。
17．（12分）苯甲酸是合成药物染料的化工原料，还可用于制增塑剂、媒染剂、杀菌剂和香料等。某实验小组以甲苯和高锰酸钾为主要原料制备苯甲酸的步骤如下：
所用主要装置、物质转化及部分物质的性质如下表。
回答下列问题
（1）仪器a的名称是 球形冷凝管 ，冷却水的流入口是 。（填“m”或“n”）
（2）三颈烧瓶中，KMnO4被还原为MnO2，还有KOH等生成，则其中发生反应的化学方程式是 C6H5﹣CH3+2KMnO4＝C6H5﹣COOK+2MnO2+KOH+H2O 。
（3）制备过程中，出现 甲苯层消失，回流液没有油珠 现象时可停止加热。
（4）反应结束后向反应体系中加入NaHSO3溶液的目的是 把未被完全还原的高锰酸钾还原成MnO2 。
（5）实验过程中进行两次过滤，过滤需要的玻璃仪器有烧杯、 玻璃杯、漏斗 ，过滤1”的目的是 除去MnO2 。
（6）用0.10ml•L﹣1标准NaOH溶液滴定苯甲酸可测定产品纯度。称取1.00g制备的苯甲酸样品，用稀乙醇溶液溶解，配成100mL溶液，分别取出25mL溶液，滴加3滴酚酞试液，用0.10ml•L﹣1标准NaOH溶液滴定，三次滴定的读数如下表。
则制得的苯甲酸样品中苯甲酸的纯度为 73.2% 。
【分析】在三颈烧瓶中加入5.4mL甲苯、100mL水和足量的高锰酸钾，加热，反应生成苯甲酸钾和MnO2、KOH、H2O，化学方程式为：C6H5﹣CH3+2KMnO4＝C6H5﹣COOK+2MnO2↓+KOH+H2O，通冷却水冷却后加入NaHSO3溶液，把未被完全还原的高锰酸钾还原成MnO2，NaHSO3被氧化为Na2SO4，过滤除去MnO2，再向滤液中加入盐酸酸化，使C6H5﹣COOK转化为C6H5﹣COOH，再次过滤，得到C6H5﹣COOH产品，
（1）由图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，冷却水应下进上出；
（2）根据流出分析可知，甲苯与KMnO4反应的化学方程式；
（3）甲苯不溶于水，当甲苯层消失，回流液没有油珠，说明反应结束；
（4）NaHSO3具有还原性，可以把未被完全还原的高锰酸钾还原成MnO2；
（5）过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃杯、漏斗，过滤1”的目的是为了除去MnO2沉淀；
（6）由表格数据可知，第一次实验误差较大，数据舍去，取后两次实验消耗NaOH溶液平均体积，根据关系式：C6H5﹣COOH～NaOH，所以n（苯甲酸）＝×n（NaOH），进一步计算出苯甲酸的质量分数即可。
【解答】解：（1）由图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，冷却水应下进上出，则冷却水的流入口是从n进入，
故答案为：球形冷凝管；n；
（2）根据题意可知，甲苯与KMnO4反应生成苯甲酸钾和MnO2、KOH、H2O，根据原子守恒可得反应的方程式为：C6H5﹣CH3+2KMnO4＝C6H5﹣COOK+2MnO2↓+KOH+H2O，
故答案为：C6H5﹣CH3+2KMnO4＝C6H5﹣COOK+2MnO2↓+KOH+H2O；
（3）因为甲苯不溶于水，当甲苯层消失，回流液没有油珠，就说明反应结束，
故答案为：甲苯层消失，回流液没有油珠；
（4）NaHSO3具有还原性，反应结束后向反应体系中加入NaHSO3溶液的目的是把未被完全还原的高锰酸钾还原成MnO2，从而在下一步过滤中除去，
故答案为：把未被完全还原的高锰酸钾还原成MnO2；
（5）过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃杯、漏斗，过滤1”的目的是为了除去MnO2，
故答案为：玻璃杯、漏斗；除去MnO2；
（6）由表格数据可知，第一次实验误差较大，数据舍去，后两次实验消耗NaOH溶液平均体积为15.00mL，根据关系式：C6H5﹣COOH～NaOH，所以n（苯甲酸）＝0.10ml•L﹣1×0.015L×＝0.006ml，所以苯甲酸的质量分数为：＝73.2%，
故答案为：73.2%。
【点评】本题主要考查苯甲酸的制备，具体涉及到仪器的名称与使用，化学方程式的书写，氧化还原反应的应用，关系式的计算等，具有一定的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。
18．（14分）化合物F是合成用于辅助治疗胃、十二指肠溃疡的溴丙胺太林药物的中间体，其合成路线如图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 邻氯苯甲酸 。
（2）A→B的反应类型是 取代反应 。
（3）C中含氧官能团的名称是 醚键、羰基 。
（4）D的结构简式是 。
（5）在A的同分异构体中，符合下列条件的有 13 种，其中核磁共振氢谱中有3组峰的结构简式是 。
a.苯环上有一个取代基是氯原子；
b.加热条件下，能与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成Cu2O。
（6）设计以甲苯为原料合成苯乙酸苯甲酯（）的路线（其他试剂任选） 。
【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A与苯酚发生取代反应生成B，可推知A为，B分子内脱去1分子水生成C，对比C、E的结构，结合反应条件、给予的信息可知，C发生还原反应生成D为，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成；
（6）与发生酯化反应生成，甲苯在光照条件下发生取代反应生成，然后碱性条件下水解生成，苯甲醇与HCN发生取代反应生成，酸性条件下水解生成。
【解答】解：（1）A为，苯甲酸为母体，氯原子为取代基，A的化学名称是：邻氯苯甲酸，
故答案为：邻氯苯甲酸；
（2）A→B过程中单键断裂，又形成新的单键，A中苯环上氢原子被替代，反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）C中含氧官能团的名称是：醚键、羰基，
故答案为：醚键、羰基；
（4）对比C、E的结构，结合反应条件、给予的信息可知，C发生还原反应生成D，D中﹣OH被﹣CN发生取代反应生成E，E发生水解反应生成，故D为，
故答案为：；
（5）A的同分异构体符合下列条件：a.苯环上有一个取代基是氯原子；b.加热条件下，能与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成Cu2O，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，苯环可以有2个取代基为﹣Cl与﹣OOCH，有邻、间、对3种位置关系，苯环可以有3个取代基为﹣Cl、﹣OH、﹣CHO，酚羟基与醛基有邻、间、对3种位置，对应的氯原子分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2＝13种，其中核磁共振氢谱中有3组峰的结构简式是：，
故答案为：13；；
（6）与发生酯化反应生成，甲苯在光照条件下发生取代反应生成，然后碱性条件下水解生成，苯甲醇与HCN发生取代反应生成，酸性条件下水解生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，涉及有机物命名、有机反应类型、官能团识别、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，分析有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与衍变，是有机化学常考题型。
19．（14分）Cu及其化合物在日常生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题
（1）Cu在元素周期表中位于 ds 区，基态Cu原子的核外电子排布式是 3d104s1 。
（2）硫酸四氨合铜[Cu（NH3）4]SO4}是一种高效、安全的植物生长激素，在施药条件下，能明显提高作物产量。
①[Cu（NH3）4]SO4中SO42﹣的中心原子S的杂化轨道类型是 sp3 。
②[Cu（NH3）4）2+是一种配离子，1ml[Cu（NH3）4]2+中含有 16 ml σ键。[Cu（NH3）4]2+中4个配位键的键长相等，2个NH3被Cl取代后的配离子有2种同分异构体，则[Cu（NH3）4）2+的空间构型是 平面正方形 （不考虑H原子的位置），NH3的VSEPR模型名称是 四面体 。
（3）铜的两种氧化物的晶胞结构如图所示，则Cu2O中Cu+的配位数为 2 ，CuO晶体的密度为6.39g•cm﹣3，则CuO的晶胞体积为 cm3。（列出含NA的计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）
【分析】（1）Cu位于周期表的ds区，铜为29号元素，依据构造原理书写核外电子排布；
（2）①SO42﹣中S原子的价层电子数为4；
②氨气分子含有三条σ键，配位键为σ键，正四面体结构的二取代物只有一种结构，而平面正方形的二取代物有两种结构；
（3）依据均摊法，分析两种晶胞的原子种类及数目，确定原子的比例，根据化学式和原子比例的关系，进而确定氧化铜与氧化亚铜的晶胞，然后结合密度公式计算晶胞体积。
【解答】解：（1）Cu位于周期表的ds区，Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，
故答案为：ds；3d104s1；
（2）①SO42﹣中S原子的价层电子数为4，则其杂化轨道类型为sp3，
故答案为：sp3；
②NH3中有3个σ键，配位键为σ键，1ml[Cu（NH3）4]2+中含（3×4+4）ml＝16mlσ键；Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，可以确定Cu（NH3）2Cl2为平面形结构，所以[Cu（NH）4]2+的空间构型应该是平面正方形，NH3中N原子形成3个N﹣H键，还有1对孤电子对，价层电子对数为4，故N原子采取sp3杂化，NH3的VSEPR模型名称是四面体，
故答案为：16；平面正方形；四面体；
（3）分析晶胞结构可知，晶胞甲乙中Cu原子数目均为4，晶胞甲中O原子数目为8×+1＝2，晶胞乙中O原子数目为8×+4×+2×+1＝4，故晶胞甲为Cu2O的晶胞，晶胞乙为CuO的晶胞，分析晶胞甲结构可知，Cu+的配位数为2，CuO晶胞质量为g，CuO晶体的密度为6.39g•cm﹣3，V＝＝cm3，
故答案为：2；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，分子构型，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。选项
实验操作或方法
实验目的
A
将盛满红棕色气体的试管倒置在水中
验证该气体是NO2还是溴蒸气
B
将HCl气体通入水玻璃中
探究氯和硅的非金属性强弱
C
先在2mL 0.1ml•L﹣1FeI2溶液中滴加4滴氯水，然后加入1mL四氯化碳
证明Fe2+和I﹣的还原性强弱
D
在石蜡油的分解实验中，加入碎瓷片
防止加热过程中溶液出现暴沸
选项
事实
解释
A
霓虹灯发出五颜六色的光
原子核外电子吸收能量跃迁到激发态
B
HF的沸点高于HCl
HF分子间能形成氢键
C
碘在CCl4中的溶解度比在水中大
碘和CCl4均为非极性分子，水是极性分子
D
NH3的稳定性比PH3强
N﹣H键的键能比P﹣H键的键能大
物质
熔点/℃
沸点℃
溶解性
甲苯
﹣94.9
110.4
难溶于水
苯甲酸
122.1
249.2
微溶于水
第一次
第二次
第三次
滴定前读数
1.30mL
1.60mL
1.20mL
滴定终点时读数
19.50mL
16.56mL
16.24mL
选项
实验操作或方法
实验目的
A
将盛满红棕色气体的试管倒置在水中
验证该气体是NO2还是溴蒸气
B
将HCl气体通入水玻璃中
探究氯和硅的非金属性强弱
C
先在2mL 0.1ml•L﹣1FeI2溶液中滴加4滴氯水，然后加入1mL四氯化碳
证明Fe2+和I﹣的还原性强弱
D
在石蜡油的分解实验中，加入碎瓷片
防止加热过程中溶液出现暴沸
选项
事实
解释
A
霓虹灯发出五颜六色的光
原子核外电子吸收能量跃迁到激发态
B
HF的沸点高于HCl
HF分子间能形成氢键
C
碘在CCl4中的溶解度比在水中大
碘和CCl4均为非极性分子，水是极性分子
D
NH3的稳定性比PH3强
N﹣H键的键能比P﹣H键的键能大
物质
熔点/℃
沸点℃
溶解性
甲苯
﹣94.9
110.4
难溶于水
苯甲酸
122.1
249.2
微溶于水
第一次
第二次
第三次
滴定前读数
1.30mL
1.60mL
1.20mL
滴定终点时读数
19.50mL
16.56mL
16.24mL